01. cm m

m mC M

C M

+ == −

60

60

Sistema inicialmente em repousoQantes = Qdepois

0

0 60 3 2

0 180 3 2

180 5

3

= ⋅ + ⋅= − − + ⋅= − + +

==

m v m v

m m

m m

m

m

C C M M

M M

M M

M

M

’ ’

( )( )

66 kg

02. cPara o patinador A:Qantes = Qdepois

0

0 0 4 10

0 0

440

0 1

= ⋅ + ⋅= ⋅ + ⋅

= +

= − = −

m v m v

m v

m s

B B P P

p p

’ ’

, ( ’ )

’

’ , /

4 4 v

v

p

p

O patinador B arremessa perpendicularmente ao ringue que é plano e horizontal, assim arremessa a bola para cima e, desse modo, continuará com a velocidade nula.

03. dA direção e o sentido da quantidade de movimento do núcleo e do nêu-tron não são informados, portanto, ao se alojar no núcleo, o conjunto pode ter qualquer valor entre os limites 3 · 10–24 kg · m/s e 8 · 10–24 kg · m/s. Desse modo, o que se pode afirmar com certeza, dentro das possibilida-des, é que o momento linear é maior que 10–24 kg · m/s.

04. eO movimento de ambos os discos ocorrem num plano bidimensional, onde podemos considerar que o disco 1 (vermelho) possui quantidade de movimento Q1 = Qx + Qy e o disco 2 (branco) Q2 = –Qx + Qy, antes da colisão. Após a colisão, pela conservação da quantidade de movi-mento, os discos permanecem com a mesma velocidade ao longo do eixo Y e trocam de velocidade ao longo do eixo X, portanto invertendo o sentido do movimento de cada disco horizontalmente. Veja a figura:

05. c

4M

72 km/h = 20 m/s

grãos

M V

Qantes = Qdepoism m m v

m m v v m s

⋅ = + ⋅

= ∴ =

20 4

20 5 4

( )

/

Energia cinética após a queda dos grãos:

Em

mC = ⋅ ⋅ =5 42

402

Energia potencial dos grãos antes da queda:E m gh m mp = ⋅ = ⋅ ⋅ =4 4 10 6 240

Energia cinética do vagão antes da queda dos grãos:

E m mC = ⋅ =( / )1 2 20 2002

Energia total do conjunto antes da queda dos grãos:

240 200 440m m m+ =Energia mecânica convertida em calor:440 m – 40 m = 400 mPor unidade de massa: 400 m/4 m = 100 J/kg dos grãos

06. b

g

0 0VA VB

A B

1) Cálculo do módulo da velocidade do fragmento A, após a explosão:

v dt m sA

AA

= = =30010

30 /

2) Cálculo da energia cinética de A, após a explosão:

Em v

JCAA A= ⋅ = ⋅ =

2 2

22 30

2900

3) No ato da explosão, vale a relação abaixo:Q Qantes depois= ∴ =

⋅ = ⋅⋅ = − ⋅

=

Q Q

m v m v

v

v m s

A B

A A B B

B

B

2 30 5 2

20

( )

/

4) Energia cinética de B, após a explosão:

Em v

JCBB B= ⋅ = ⋅ =

2 2

23 20

2600

5) A energia transformada em cinética é:

E E JCA CB+ = + =900 600 1500

07. eQ m v kg m santes = ⋅ = ⋅ = ⋅1 8 8 / → sentido horizontal → direita

Após o choque:Q kg m santes = ⋅ = ⋅1 6 6 / vertical para cimaA quantidade de movimento de A após o choque deverá ser anulada pela componente vertical de quantidade de movimento de B, após o choque para baixo, com QB após o choque deverá ter 8 kg · m/s, então

Q1 = 8 kg · m/s

Q2 = 6 kg m/sQR

Por PitágorasQR = 10 kg · m/ssentido (2)

Resoluções

1Extensivo Terceirão – Física 9A

9AFísicaAtividades Série Ouro

08. dSegurando o rifle frouxamente:

Q Qantes depois=

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅

m v m v m v m v

v

p p R R p p R R’ ’

, ’0 0 015 3 10 54RR

R Rv v cm s m s0 450 5 90 0 9= + ∴ = − = −’ ’ / , /

Bem apoiado no ombro a velocidade será: (agora atirador e rifle = conjunto)m v m v m v m v

v

p p C C p p C C

C

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

= ⋅ ⋅ + + ⋅= +

’ ’

, ( ) ’0 0 015 3 10 5 95

0 450 100

4

vv

v cm s m s

C

C

’

’ , / , /= − = − ⋅ −4 5 4 5 10 2

Os sinais negativos nas respostas indicam que os recuos se dão no sentido oposto ao do movimento do projétil.

09. 32Pelo princípio da Conservação da Quantidade de Movimento, como o primeiro projétil teve somente movimento na vertical para cima, o segundo projétil para que ocorra a conservação da quantidade de movimento necessariamente terá uma componente da velocidade vertical para baixo e outra componente horizontal para frente. A soma das componentes tem a resultante vista na imagem.

Vx

Vy V

10. bQ Qantes depois=

⋅ + ⋅ = + ⋅

⋅ = + ⋅=

=

m v m v m m v

v

v

v m s

B B C C B C

0

2 4 2 6

8 8

1

( )

( )

/

11. c60 60 000 6 10

22 10 6 10

2

36 10

4

2 12 4 2

2

km s m s m s

mv

/ . / /

( )

= = ⋅

= = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

E

E

C

C00 21

21 10

9

3 6 10

3 6 10 100 10

3 6 10 114

= ⋅= ⋅

⋅ = ⋅

= ⋅ ≅

,

,

,

J

E P t

t s anos

C

12. bQdepois = (m + 2m) · 2 = 6 m

a) INCORRETA. Q m m mantes = ⋅ + ⋅

=

3 2

32

32 3

2− −

b) CORRETA. Q m m mantes = ⋅ + ⋅

=9 232

6−

c) INCORRETA. Q m m mantes = ⋅ + ⋅

=9 212

8−

d) INCORRETA. Q m m mantes = ⋅ + ⋅ =1 252

6 (a conservação da quan-

tidade de movimento é satisfeita, porém nesta situação sequer há colisão, pois a esfera da frente possui maior velocidade).

e) INCORRETA. Q m m mantes = ⋅ + ⋅ =3 212

413. c

Pelo gráfico podemos calcular a velocidade de cada bloco:

vSt

m s130 0

103= ∆

∆= − = /

vSt

m s230 40

101= ∆

∆= − = − /

a) INCORRETA. Q m v m vantes = ⋅ + ⋅1 1 2 2

Q kg m santes = ⋅ + ⋅ − = ⋅4 3 4 1 8( ) /

b) INCORRETA. Colisão inelástica dissipa energia

c) CORRETA. Q Qantes depois=8 4 4 1= + ⋅ ∴ =( ) /v v m s

d) INCORRETA. E JCantes = ⋅ + ⋅ =4 32

4 12

202 2( )−

E JCdepois = + ⋅ =( )4 4 1

24

2

A energia dissipada foi de 20 – 4 = 16 Je) INCORRETA. Incorreta, pois após o choque v 1 = m s/

14. dNa altura máxima, a velocidade da granada só possui componente horizontal (Vx), cujo módulo é:Vx = V · cos θ ∴ Vx = 100 · 0,8 = 80 m/sO módulo da quantidade de movimento (Q) da granada nesse instante é:Q = M · Vx = M · 80O módulo da quantidade de movimento (Q1) do pedaço que foi lan-çado para baixo é de:

QM

VM

Q M

1 1

1

2 2120

60

= ⋅ = ⋅

= ⋅

Como Qantes = Qdepois , tem-se:Q

Q1 Q2

Por Pitágoras:Q Q Q

M V M M

V

22

2 21

2

22

2

22

2

280

2120

280

= +

⋅

= ⋅ +

=

( ) .

++

=

=

60

2100

200

2

2

2

V

V m s/

15. av v m s

M massa menino

m massa carrinho

= ⋅ ° = ⋅ ===

0 60 3 1 2 1 5cos / , /

Qantes = Qdepois

M v m v M m v

v

v

v m s

c⋅ + ⋅ = + ⋅

⋅ + ⋅ = + ⋅

=

= =

( ) ’

, ( ) ’

’ , /

40 1 5 10 0 40 10

6 0 5 0

65 12

2 Extensivo Terceirão – Física 9A

1Extensivo Terceirão – Física 9B

Resoluções 9BFísica

01. dPara a fase sólida:Q = m . c . ∆θQ1 = 0,1 . 1 . 20Q1 = 2 J

Para a fase líquidaQ = m . c . ∆θQ2 - 6 = 0,1 . 2,5 . 40Q2 = 16 J

Cálculo da razão:QQ

1

2

216

18

= =

02. a) Como não foi dado o coeficiente de dilatação do explosivo no esta-do sólido, vamos considerá-lo desprezível. Dessa forma, considera-remos apenas a dilatação referente ao estado líquido e a dilatação do copo. Seja ∆VL a variação de volume do líquido, VR a variação de volume do recipiente e ∆VAp a variação de volume aparente, ou seja, a par-te que transborda, teremos:∆VL = ∆VR + ∆VApγ

L . V0 . ∆θ = γR . V0 . ∆θ + 10–6

10–4 . 10–3 . (400 – θf ) = 4 x 10–5 . 10–3 . 100 + 10–6

θf = 350 K b) O calor total fornecido será usado para aquecer o sólido, provocar

fusão e aquecer o líquido. Seja QS o calor usado para aquecer o sólido, QF o calor usado para o processo de fusão e QL o calor usado para aquecer o líquido. Assim:Q = QS + QF + QL

Q = m . c . ∆θ + m . L + m . c . ∆θQ = 1,6 . 103 . (350 – 300) + 1,6 . 105 + 1,6 . 103 . (400 – 350)Q = 3,2 x 105 J

03. a) E

P

E = Pµ . VS . g = m . g1 x 103 . VS . 10 = 20 . 10–3 . 10VS = 20 . 10–6 m3 = 20 cm3

b) Como o sistema é isolado, a soma entre os calores trocados pelo copo (Qc), suco (Qs), gelo durante a fusão (Qg) e, após fusão, pela água (Qa), teremos: ΣQ = 0QC + QS + (QG + QA) = 0mC . cC . ∆θC + mS . cS . ∆θS + (mG . LG + mA . cA . ∆θA) = 0CC . ∆θC + mS . cS . ∆θS + (mG . LG + mA . cA . ∆θA) = 060 . (θ – 20) + 300 . 1 . (θ – 20) + (40 . 80 + 40 . 1 . (θ – 0)) = 0θ = 10°C

04. bO recipiente e a garrafa de refrigerante cederão calor para o gelo, o qual inicialmente aquecerá e, havendo calor suficiente, entrará em processo de fusão, podendo fundir parcialmente, totalmente ou até mesmo, após fusão total, aquecer e entrar em equilíbrio a uma tem-peratura acima de 0°C. Vamos aos cálculos:

Quantidade de calor necessária para aquecimento do gelo até 0°CQ = m . c . ∆θQ = 600 . 0,5 . 10 = 3 000 cal

Quantidade de calor necessária para fusão total do geloQ = m . LQ = 600 . 80 = 48 000 cal

Quantidade de calor necessária para que o recipiente resfrie até 0°CQ = m . c . ∆θQ = C . ∆θQ = 40 . (0 – 25) = – 1 000 cal

Quantidade de calor necessária para que o refrigerante resfrie até 0°CQ = m . c . ∆θQ = 2000 . 1 . (0 – 25) = – 50 000 cal

Como a soma do calor que pode ser cedido pelo recipiente e garrafa é de 51 000 cal e a necessária para o aquecimento mais fusão total do gelo também é 51 000 cal, conclui-se que o sistema entrará em equilíbrio a 0°C.

05. cPelos dados fornecidos no enunciado, as caldeiras mantêm em seus respectivos interiores, água sob pressão de 1 MPa (106 Pa), valor dez vezes maior que o da atmosfera (1 atm = 105 Pa = 0,1 MPa). Análise da caldeira ADentro da caldeira A existe água na fase líquida, sob pressão de 1 MPa. Como esta caldeira deve fornecer o líquido necessário para se obter café a no máximo 100°C, sua temperatura interna não pode ultrapassar esse valor. Lembre-se que, ao sair para a atmosfera, haverá uma diminuição da pressão (1 MPa → 0,1 MPa), mas não pode ocorrer mudança de fase, o que exige a água interna estar a no máximo 100°C. Caso a temperatu-ra interna fosse maior que 100°C, devido à diminuição da pressão ao sair da caldeira, a água passaria para a fase gasosa, impossibilitando fazer café, afinal o objetivo é beber café e não cheirá-lo, certo?Análise da caldeira BDentro da caldeira B existe água na fase líquida, sob pressão de 1 MPa, mas pode também existir água na fase gasosa (o texto não deixa claro). Como esta caldeira deve fornecer vapor para aquecer o leite, a tem-peratura interna deve, necessariamente, ser maior 100°C. A razão está associada ao fato de que, ao sair para a atmosfera, haverá uma diminui-ção da pressão (1 MPa → 0,1 MPa) e, como consequência, caso a água ainda não esteja vaporizada, deverá ocorrer imediata mudança para a fase gasosa. Pelo gráfico é possível perceber que, sob pressão de 1 MPa, isso ocorre a partir de uma temperatura entre 150°C e 200°C.Conclusão:Dentre as alternativas, o valor que indica a mínima diferença entre as temperaturas das caldeiras é 80°C = 80 K.

06. a) Cálculo da quantidade de calor necessária para fusão total do gelo:Q = m . LQ = 5000 . 80 = 4 x 105 calCálculo da massa de água que pode ser resfriada com a quanti-dade de calor que foi retirada dela pela fusão total do gelo:Q = m . c . ∆θ4 x 105 = m . 1 . 20m = 20 000 g = 20 kg

b) Cálculo do calor absorvido pela água resultante do derretimento do gelo:Q = m . c . ∆θQ = 5000 . 1 . 28Q = 140 000 cal = 140 kcal

Atividades Série Ouro

2 Extensivo Terceirão – Física 9B

07. cObservando o gráfico do gelo (parte de baixo) é possível efetuar o cál-culo da massa total de gelo. Essa massa foi aquecida desde -40°C até 0°C, quando inicia o processo de fusão. Nesse processo o gelo recebe 4000 calorias. Assim:

Q = m . c . ∆θ4000 = mg . 0,5 . (0 – (–40))mg = 200 g

Em seguida, até a água e o gelo entrarem em equilíbrio térmico a 0°C, ocorrerá fusão de uma parte do gelo. Pelo gráfico é possível observar que a quantidade de calor envolvida na fusão é de 4000 cal. A seguir temos o cálculo dessa massa.

Q = m . L4000 = mF . 80mF = 50 g

Enquanto o gelo aquece e sofre fusão parcial, a massa líquida resfria, perdendo 8000 cal e abaixando sua temperatura em 80°C. Esses da-dos nos permitem calcular a quantidade inicial de água líquida pre-sente no sistema. Assim:

Q = m . c . ∆θ8000 = mL . 1 . 80mL = 100 g

A massa total de água no equilíbrio térmico é composta pela porção que inicialmente era líquida mais a quantidade de gelo que fundiu e tornou-se líquida. Portanto 150 g (100 g + 50 g).

08. Cálculo da quantidade de calor (QA) gasta para aquecer a água até entrar em ebulição:

Q = m . c . ∆θQA = m . 1 . 80QA = 80 mCálculo da potência da fonte térmica:

PEn

tQ

tm

mA= = = =∆ ∆

805

16min

/min

Cálculo da quantidade de calor (QE) gasta para vaporizar 80% da massa de água:Q = m . LQE = 0,8 m . 540QE = 432 mCálculo do tempo para aquecer a água até entrar em ebulição e va-porizar 80% da massa de água:

PEn

tm m m

t

=

=+

∆

∆16 80 432min

∆t = 32 min09. a) Para calcular a potência vamos imaginar que a vela tenha queima-

do por 1 min e, por isso, houve queima de 0,1g e a consequente liberação de uma quantidade de energia de 3,6 x 103 J.

PEn

t

P

P W

=

=×

=

∆3 6 10

6060

3,

b) Como cada 1g libera 3,6 x 104 J, a queima total deve liberar uma quantidade total de energia igual a 2,5 x 3,6 x 103 J, ou seja, 9 x 104 J.

c) Por regra de três simples podemos concluir que se, nas condições iniciais, 1 mol ocupa 25 L, para ocupar 750 L são necessários 30 mols. Como nos dados fornecidos há indicação do calor molar do ar a vo-lume constante (CV = 30 J/(molK), podemos calcular a variação de temperatura pela equação do Q = m . c . (I) pois, por análise dimensional, podemos perceber que se multiplicarmos o valor do calor molar (CV) pelo número de mols (η) teremos a capacidade térmica (C) da massa de ar. Assim: (II) η . CV = C = m . c.

Substituindo II em I, teremos:Q = η . CV . ∆T9 x 104 = 30 . 30 . ∆T∆T = 100 K = 100°C

d) Pela Lei Geral dos Gases, teremos:

p V

Tp V

T Tp

p atm p atm0

0 0

1300 300 100

43

133=+

⇒ =+

⇒ = ⇒ ≅∆

, .

10. eCálculo da quantidade de calor (Q) gasta para aquecer a água:Q = m . c . ∆θSabemos que o calor específico da água é igual a 1 cal/(g.°C). Transfor-mando para o SI e aproximando 1 cal = 4 J, teremos:Q = 400 . 4 x 103 . 45 = 7,2 x 106 J

Cálculo da potência (P):

PEn

t

P W

=

=×

× ×=

∆7 2 10

24 60 60833

6,

Cálculo da área de placas para atingir a potência necessáriaComo cada 1 m2 de placa possui potência de 130 W, para atingir 833 são necessários (regra de três simples) 6,4 m2.

11. dA quantidade de energia que flui através do objeto é a mesma em qualquer região pois, a partir do momento em que se estabelece um fluxo estacionário, a quantidade de calor que entra e sai a cada ins-tante é a mesma.

12. a) ∅=⋅ ⋅ −K A T T

L( )1 2

b) Considerando que o primeiro terço da barra seja A e os dois terços finais B, teremos:

φ φθ θ

θ θ

θ

A B

A A A

A

B B B

B

K AL

K AL

TL

TL

T T

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅

−=

−

=+

∆ ∆

1 2

1 2

323

23

3Extensivo Terceirão – Física 9B

Atividades Série Ouro 9

13. aComo o texto afirma que a A e B transmitem calor à mesma taxa, con-clui-se que o fluxo de calor pelos dois corpos é o mesmo. Além disso, pelo texto obtêm-se as seguintes informações:LA = LB

dA = 2 dB → rA = 2 rB

∆θA = ∆θB

Assim:

φ φθ θ

π θ π θ

A B

A A A

A

B B B

B

A A A

A

B B B

B

A

K AL

K AL

K rL

K rL

K

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅

⋅ ⋅=

⋅ ⋅

⋅

∆ ∆

∆ ∆2 2

ππ π

π π

r K r

K r K r

KK

A B B

A B B B

AB

2 2

2 22

4

= ⋅

⋅ = ⋅

=

( )

14. bPodemos garantir que o fluxo nos materiais A e B é o mesmo e, além disso, pela figura podemos inferir que as áreas por onde o calor entra e sai sejam iguais e que os comprimentos dos corpos A e B também sejam iguais. Assim:

φ φ

θ θ

θ θθ

A B

A A A

A

B B B

B

K A

L

K A

L

=

⋅ ⋅=

⋅ ⋅

⋅ − = ⋅ −− =

∆ ∆

1 300 0 2 1500

300 30

( ) , ( )

00 0 2

1 2 600

500

−=

=

,

,

θθ

θ K

15. d

1Extensivo Terceirão – Física 9C

Resoluções 9CFísica

01. a– Utilizando a “regra da mão direita”, temos:

B1

i2i1

B2

B2 > B1 pois i2 > i1, então o campo magnético resultante será horizon-tal dirigido para o fundo da sala.

02. bPara campo magnético resultante nulo no ponto P, temos:B B

i

d

i

did

id

i i

1 2

1

1

2

2

1 2

1 2

2 2 2

2

=

⋅=

⋅→ =

=

µ

π

µ

π

03. d– Utilizando a “regra da mão direita”, temos:

i1

d

i2

B1

B1

B1

B2

B2

B2

i2 = 2i1 I. FALSA. II. VERDADEIRA.III. FALSA. Em todos os pontos à direita do fio 2, B2 > B1.IV. FALSA. Entre os fios o campo não é nulo.

04. e05. b

– Utilizando a “regra da mão direita”, temos:

i1 = 5,0 A1

A

B

C

B1B2

B1B2

B1B2

i2 = 10,0 A2

– Em A, B1 > B2.– Em C, B2 > B1.

06. a) Utilizando a “regra da mão direita”, e sendo nulo o campo magnético resultante no centro da espira, temos:

B1

B2

i2

i1

A corrente na espira possui sentido anti-horário.b)

B B

i

R

i

Ri i i

i

1 2

1

1

2

2

1 2 2

12 2 0 1 3 0 13

=

⋅=

⋅→ =

⋅→ =

µ µ

π , ,

07. d I. VERDADEIRA.

A

i

i

B

– +

– Utilizando a “regra da mão direita”, obtemos que A será o polo norte e B será o polo sul.

II. FALSA. Os dois serão atraídos.III. FALSA. Se aumentarmos a d.d.p., a corrente elétrica aumenta e o campo magnético no interior do eletroímã aumenta.

08. a) UAB1 2

1 1 2 2

1 1 1 2

1 2 1 2

1

2

3

3 4

3

1

=

⋅ = ⋅⋅ = ⋅= + =

==

U

R i R i

R i R i

i i e i i A

i A

i A

AB

4A

4AO

A

B

i1i2

b) B1= ⋅⋅=

14 2

38

1µ µiR R

e B 2 = ⋅⋅

=34 2

38

2µ µiR R

– Utilizando a “regra da mão direita”, temos:

B1

B2

i1i2

A

B

B B B

BR R

B

R

R

R

= −

= −

=

1 2

38

38

0

µ µ

09. a) U E ri

E

E V

= −= − ⋅

=

8 5 0 2

9

,

b) Bi NL

B

B T

=⋅ ⋅

=⋅ ⋅ ⋅

= ⋅

−

−

µ

π

π

4 10 0 2 2000 2

8 10

7

5

,,

10. – Utilizando a “regra da mão direita”, temos:

i

B

B

B

– Cálculo do campo magnético no interior do solenoide.

Bi NL

TS =⋅ ⋅

=⋅ ⋅ ⋅

= ⋅−

−µ 1 26 10 0 1 3001

3 78 106

5, ,,

Atividades Série Ouro

2 Extensivo Terceirão – Física 9C

– Cálculo do campo magnético da Terra.

62º

BT

BS

BR

tgBB

BB

tg

B T

S

T

TS

T

62

623 78 10

1 87

2 10

5

5

° =

=°=

⋅

= ⋅

−

−

,,

11. aUtilizando a “regra da mão esquerda” o campo magnético desvia o elé-tron para as regiões I e III. Como o elétron é atraído pela placa positiva, irá para a região I do anteparo.

12. 11 (01, 02, 09)01) VERDADEIRA. Utilizando a “regra da mão esquerda”, obtemos que

as cargas são positivas.02) VERDADEIRA. A B CE=

⋅ = −⋅ =

∆q V E E

q V EAB C Co

AB C

04) FALSA. 08) VERDADEIRA. O raio da trajetória é calculado por R

mVqB

= . Sendo assim, depende da massa.

16) FALSA. Se a carga for nula, a força magnética será nula.13. a) Para movimento retilíneo uniforme, teremos:

Fm

FEL

V–

F F

qBV sen E q EE N C

M EL=

= → = ⋅ ⋅=

− 0 01 5 105 000

5,/

b) Na ausência do campo elétrico, teremos:

Fm

V

R = 10 cm

–

– Para B máximo, temos raio mínimo

RmVqB

BmVR q

B T= → =⋅=

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅

→ = ⋅−

−−9 10 5 10

0 1 1 6 102 8 10

31 5

195

, ,,

14. b– Região em que elétron e próton são acelerados:

ζ FEL CE q UmV

VqUm

=∆ ⋅ = =2

22

– Região do campo magnético:

RmqB

qUm

RB

mUq

=

=

2

1 2

– Como qp = |qE| e mp > me temos que Rp > RE.– Cálculo do período:

RmVqB

Rm R

qBm qB

mT

qB Tm

qB

= = =

= =

ωω

π π2 2

– Como qp = |qE| e mp > me temos que Tp > TE.15. 20 (04, 16)

01) FALSA. Utilizando a “regra da mão esquerda”, obtemos que as li-nhas de indução são orientadas para dentro do plano.

Fm

V

B

–

02) FALSA. Ela só é da esquerda para a direita no ponto onde os elé-trons estão entrando no campo magnético; nos outros pontos, ela é radial e com sentido para o centro da circunferência.

04) VERDADEIRA. No MCU, a velocidade tem módulo constante e a energia cinética é constante.

08) FALSA. A medida OP é 2mVqB

, pois é o diâmetro.

16) VERDADEIRA. Cálculo do período:

RmVqB

Rm R

qBm qB

mT

qB Tm

qB

= = =

= → =

ωω

π π2 2

– O tempo de permanência na região é:

tT m

qB= =

2π

1Extensivo Terceirão – Física 9D

01. cEm uma corda vibrante, a diferença de frequência entre dois harmô-nicos consecutivos corresponde à frequência fundamental: f1 = 175 – 130 = 25 Hz.

1 1 1

22

4 3

4

v f 2L f

v 2 2 25 100 m / s

Tv

de

M 1010

10

10 M 10

M 10 Kg 10 g

−

= λ ⋅ = ⋅= ⋅ ⋅ =

=

⋅=

= ⋅

= =

02. Numa corda vibrante, tem-se:

2 22 2

Tv f f

TI f

fµ

= λ⋅ → = λ⋅µ

= λ ⋅ → µλ ⋅

Para a corda 1 (3° H), 2L3

λ = . Assim:

( 1 )1 2 2

9T4L f

µ =

Para a corda 2 (1° H), λ = 2L. Assim:

( 2 )2 2 2

T4L f

µ =

Como T é igual para as duas cordas (corresponde à metade do peso do bloco) e f é a mesma, pois os fios vibram em ressonância, dividindo a equação (1) pela equação (2), tem-se:

1 12

2

99

µ µ= → µ =µ

03. bfM = 2 . fm vM/2L = 2 . vm/2LvM = 2 . vm

M m(F/ ) = 2 (F/ )µ ⋅ µ μm/μM = 4

04. bfSol = (4/5) . fSi vSol/2L = (4/5) . vSi/2LvSol = (4/5) . vSi

SOL si

SOL si

4(T / ) = (T / )

5T (16 / 25) T

µ µ

= ⋅

05. Frequência de ondas estacionárias em um tubo de comprimento L, aberto em ambas as extremidades: f = nv/2L.a) Múltiplas reflexões de sons do próprio ambiente.b) A frequência predominante corresponde ao som fundamental.

2 0,34

0,6 m

λ⋅ =

λ =

330 = 0,6 f f = 550 Hz

06. dvO = 0vf = ? fa = 436 Hz –– f = 440 HzCálculo de Vf (velocidade com que o diapasão chega ao solo) Efeito Doppler:fa = f . v/vs + vf) 436 = 440 . 330/(330 + vf) 436/440 = 330/(330 + vf) vf = 3 m/s

Queda livre – aplicando Torricelli com vo = 0 e a = g = 10 m/s2: v2 = vo

2 + 2 . a . Δs

32 = 02 + 2 . 10 . h h = 0,45 m

Resoluções 9DFísicaAtividades Série Ouro